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Esercizio 40 – Esercizi misti elettromagnetismo

Esercizi misti sull'elettromagnetismo

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Esercizio 40 – Esercizi misti elettromagnetismo

 

In questo quarantesimo articolo della raccolta di esercizi misti sull’elettromagnetismo presentiamo lo studio di un circuito in corrente alternata comprendente resistori, condensatori e induttanze.
Si fa presente al lettore che per la risoluzione dell’esercizio 12 abbiamo scelto di applicare il teorema di Thévenin. Tale teorema non è solito essere trattato nei corsi di fisica 2; solamente viene affrontato in alcuni laboratori o nei corsi di elettrotecnica. Pertanto si consiglia di ripassare/studiare il teorema di Thévenin per comprendere al meglio la soluzione da noi proposta. Il teorema di Thévenin, secondo il nostro parere,  semplifica notevolmente la risoluzione dell’esercizio, motivo per il quale abbiamo scelto di applicarlo. In particolare è possibile trovare la sua trattazione su alcuni libri di fisica, come ad esempio il Mencuccini.

    \[\,\]

 

Esercizio 40 (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar). Si consideri il circuito in figura.

Si calcoli:

a) l’intensità efficace i_{\text{eff}} della corrente che arriva al condensatore;

b) lo sfasamento tra tale corrente e la f.e.m. del generatore;

c) la carica massima posseduta dal condensatore.
Si consideri lo schema in figura con i seguenti dati numerici: \varepsilon_{\text{\footnotesize{eff}}}=220\,\text{V}, f=10^3\,\text{Hz} la frequenza, R_1=1k \,\Omega, R_2=R_3=R_4=5k\Omega, R=500 \,\Omega L=0.3\,\text{H} e C=200\,\text{nF}.

 
 

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Svolgimento punto a.

Per risolvere l’esercizio utilizziamo il Teorema di Thevenin.

Determiniamo il circuito equivalente visto dai capi a-b. Prima di tutto determiniamo R_{th}1 inserendo un generatore di differenza di potenziale

(1)   \begin{equation*} V_x=V_A-V_B \end{equation*}

e nelle varie resistenze ipotizziamo il verso delle correnti orientate come in figura    

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Applichiamo la legge di Kirchhoff ai nodi

(2)   \begin{equation*} \begin{cases} i_2=i_5+i_3\\ i_1 = i_4-i_5. \end{cases} \end{equation*}

Riscriviamo (2)_1 esprimendo le correnti in termini dei potenziali

(3)   \begin{equation*} i_2=i_5+i_3 \; \Leftrightarrow \; \dfrac{V_A-V_C}{1000} = \dfrac{10 V_C}{5000}+\dfrac{V_C-V_B}{5000}\; \Leftrightarrow \; 5V_A-16V_C+V_B=0 \end{equation*}

e (2)_2 diventa analogamente

(4)   \begin{equation*} i_1 = i_4-i_5 \; \Leftrightarrow \; \dfrac{V_A}{5000} = -\dfrac{V_B}{5000} - \dfrac{V_C}{5000}\cdot 10 \; \Leftrightarrow \; V_A = -V_B-10V_C. \end{equation*}

Mettiamo a sistema (4), (3) e (1)

    \[\begin{cases} V_A-V_B+10V_C=0\\ 5V_A+V_B-16V_C=0\\ V_A-V_B=V_x. \end{cases}\]

La matrice associata al precedente sistema risulta

    \[\begin{pmatrix} 1 & 1 & 10 & 0\\5 & 1 & -16 & 0\\ 1&-1&0&V_x \end{pmatrix}\]

Utilizziamo il metodo di eliminazione di Gauss per ridurre la matrice in una matrice a scalini.

Moltiplichiamo la prima riga per -5 e la sottraiamo alla seconda riga:

    \[\begin{pmatrix} 1 & 1 & 10 & 0\\0 & -4 & -66 & 0\\ 1&-1&0&V_x \end{pmatrix}\]

dividiamo per -2 la seconda riga

    \[\begin{pmatrix} 1 & 1 & 10 & 0\\0 & 2 & 33 & 0\\ 1&-1&0&V_x \end{pmatrix}\]

poi sottraiamo la prima riga alla terza riga

    \[\begin{pmatrix} 1 & 1 & 10 & 0\\0 & 2 & 33 & 0\\ 0&-2&-10&V_x \end{pmatrix}\]

ed infine sommiamo la seconda riga e terza riga

    \[\begin{pmatrix} 1 & 1 & 10 & 0\\0 & 2 & 33 & 0\\ 0&0&23&V_x \end{pmatrix}\]

Quindi il sistema si riduce a

    \[\begin{cases} V_A+V_B+10V_C=0\\ 2V_B+33V_C=0\\ 23V_C=V_x \end{cases}\]

che è equivalente a

(5)   \begin{equation*} \begin{cases} V_C = \dfrac{V_x}{23}\\\\ V_B =-\dfrac{33}{46}V_x\\\\ V_A = \dfrac{13}{46}V_x. \end{cases} \end{equation*}

Applichiamo la legge di Kirchhoff ai nodi ed esplicitiamo le correnti in funzione delle tensioni. Tenendo conto dei risultati trovati in (5)

    \[\begin{aligned} &i_x = i_2+i_1 = \dfrac{V_A-V_C}{1000} + \dfrac{V_A}{5000} \quad \Leftrightarrow \quad i_x=\dfrac{V_A-V_C}{1000} + \dfrac{V_A}{5000} \quad \Leftrightarrow \quad \\\\ &\Leftrightarrow \quad i_x =\dfrac{1}{1000}A \; \left( \dfrac{6V_A-5V_C}{5}\right) =\dfrac{mA}{5}\left(6\cdot\dfrac{13}{46}-5\cdot\dfrac{1}{23} \right)V_x =\dfrac{34}{115}\,V_x\, mA. \end{aligned}\]

dove \frac{1}{1000}A=mA.

Segue che la resistenza di Thévenin è

    \[R_{th}=\dfrac{V_x}{i_x}=\dfrac{115}{34}\cdot10^3\, \Omega\sim3,38\cdot 10^3\,\Omega.\]

Ora calcoliamo V_{th} considerando il seguente circuito

   

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che è equivalente ad

   

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Applichiamo la legge di Kirchhoff ai nodi ed esplicitiamo le correnti in funzione delle tensioni

    \[\begin{aligned} &i_3 = i_1+i_2 \quad \Leftrightarrow \quad - \dfrac{V_C}{500} = \dfrac{V_C-\varepsilon}{6000} + \dfrac{V_C -\varepsilon}{10^4} \quad \Leftrightarrow \quad \dfrac{60V_C+5V_C-5\varepsilon+3V_C-3\varepsilon}{3 \cdot 10^4}=0\\ & \quad \Leftrightarrow \quad 68V_C = 8\varepsilon \quad \Leftrightarrow V_C = \dfrac{2}{17}\, \varepsilon. \end{aligned}\]

Applichiamo la legge di Ohm ai capi delle resistenze da 6000\Omega e 10^4\Omega

    \[i_1 = \dfrac{V_C-\varepsilon}{6000} \quad \text{e}\quad i_2 = \dfrac{V_C-\varepsilon}{10^4} .\]

Calcoliamo la differenza di potenziale V_C-V_A

    \[\begin{aligned} V_C-V_A =& 10^3i_1=10^3 \left(\dfrac{V_C-\varepsilon}{6000}\right) = \dfrac{V_C-\varepsilon}{6} \quad \Leftrightarrow \quad V_A = V_C - \dfrac{V_C-\varepsilon}{6} \quad \Leftrightarrow \\\\ & \Leftrightarrow \quad V_A = \dfrac{5}{6}V_C + \dfrac{\varepsilon}{6}= \dfrac{5}{6}\cdot \dfrac{2}{17}\varepsilon+\dfrac{1}{6}\varepsilon=\dfrac{9}{34}\varepsilon \end{aligned}\]

e la differenza di potenziale V_C-V_B

    \[\begin{aligned} \,\, \,\,\,V_C-V_B =& 5000 i_2 =5000\left( \dfrac{V_C-\varepsilon}{10\cdot10^3}\right) = \dfrac{1}{2}\left(V_C-\varepsilon\right) \quad \Leftrightarrow \quad 2V_C -2V_B = V_C-\varepsilon(t) \quad \Leftrightarrow \quad\\\\ & \Leftrightarrow \quad2V_B = V_C+\varepsilon= \dfrac{2}{17}\varepsilon + \varepsilon\quad \Leftrightarrow \quad V_B = \dfrac{19}{34}\varepsilon . \end{aligned}\]

Pertanto possiamo cacolare V_{th}

    \[V_{th} = V_B-V_A = \dfrac{19}{34}\varepsilon-\dfrac{9}{34}\varepsilon=\dfrac{5}{17} \varepsilon.\]

Il circuito equivalente secondo Thevenin

   

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Applichiamo il metodo simbolico o dei fasori

   

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Notiamo che le impedenze sono tutte in serie e ne calcoliamo l’impedenza equivalente

    \[\vec{Z} = \vec{Z}_{R_{th}} + \vec{Z}_\text{L} + \vec{Z}_\text{C}= R_{th} + J\omega \text{L} - \dfrac{J}{\omega \text{C}} = R_{eq} + J \left(2\pi f\text{L}-\dfrac{1}{2\pi f \text{C}}\right).\]

Applichiamo la legge di Ohm ai capi dell’impedenza equivalente

    \[\bar{V}_{th} = \bar {I} \bar {Z} \quad \Leftrightarrow \quad \vec{I} = \dfrac{V_{eq} \left(R_{eq} + J \left( 2\pi f L-\dfrac{1}{2\pi f C}\right)\right)}{R_{eq}^2 + \left(2\pi fL - \dfrac{1}{2\pi fC}\right)^2}.\]

Ne segue che

    \[\vert \bar {I} \vert_{\text{\footnotesize{eff}}} = \dfrac{\frac{5}{17} \varepsilon_{\text{\footnotesize{eff}}}}{\sqrt{R_{eq}^2 + \left(2\pi JL-\frac{1}{2\pi fC}\right)^2}}\sim0,0182\,A.\]

Si conclude che la corrente efficace è

    \[\boxcolorato{fisica}{ \vert \bar {I} \vert_{\text{\footnotesize{eff}}}\sim\text{0,0182}\,A.}\]

   

    \[\]

  1. R_{th} è la resistenza di Thévenin ↩

Svolgimento punto b.

Come è noto l’angolo formato da \bar{Z} con il semiasse positivo delle ascisse rappresenta lo sfasamento tra la corrente e la tensione.

Dunque, possiamo concludere che l’angolo di sfasamento tra corrente e tensione è

    \[\boxcolorato{fisica}{ \phi = \arctan\left(\dfrac{ 2\pi fL-\frac{1}{2\pi f C}}{R_{th}}\right)\sim\text{17,8}^\circ.}\]

Svolgimento punto c.

Denotiamo con i_0 il valore massimo della corrente, con q_0 la carica massima del condensatore e sia \omega=2\pi \, f.

I valori massimi sono legati dalla seguente relazione

    \[i_0= q_0 2\pi f \quad \Leftrightarrow \quad q_0 = \dfrac{i_0}{2\pi f} = \sqrt{2}\cdot \dfrac{i_{eff} }{2\pi f}\sim\text{4,1}\,\mu C\]

dunque la carica massima risulta essere

    \[\boxcolorato{fisica}{ q_0\sim\text{4,1}\,\mu C. }\]

 
 

Tutti gli esercizi di elettromagnetismo

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